精品解析：天津市滨海新区塘沽第一中学2025届高三上学期第二次月考数学试卷（解析版）

这是一份精品解析：天津市滨海新区塘沽第一中学2025届高三上学期第二次月考数学试卷（解析版），共20页。试卷主要包含了 已知，，，则，，的大小关系为， 函数的图象大致为， 关于函数的四个结论等内容，欢迎下载使用。
数学
本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试用时120分钟.第Ⅰ卷1至4页，第Ⅱ卷5至8页.
答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码.答卷时，考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
祝各位考生考试顺利！
第Ⅰ卷
注意事项：
1.每小题选出答案后，用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.
2.本卷共9小题，每小题5分，共45分.
一.选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 设集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出集合后可求
【详解】，故，
故选：B．
2. “”是“数列为等差数列”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分又不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】根据等差数列的性质结合充分条件与必要条件的证明即可得出答案.
【详解】如果数列是等差数列，根据等差中项的扩展可得一定有，
反之成立，不一定有数列是等差数列，
故选：B.
3. 有一散点图如图所示，在5个数据 中去掉后，下列说法正确的是（ ）
A. 相关系数r变小B. 残差平方和变小
C. 变量x，y负相关D. 解释变量x与预报变量y相关性变弱
【答案】B
【解析】
【分析】根据散点图的分布以及相关性的相关定义，结合选项即可逐一求解.
【详解】对于A, 去掉后，相关性变强，相关系数r变大，
对于B,残差平方和变小，故B正确，
对于C，散点的分布是从左下到右上，故变量x，y正相关，故C错误，
对于D，解释变量x与预报变量y的相关性变强，故D错误，
故选：B
4. 已知直线，，平面，，，下列命题正确的是（ ）
A. 若，，则
B. 若，，，则
C. 若，，，则
D. 若，，，则
【答案】B
【解析】
【分析】A，与平行或；B，由线面垂直的判定定理可得；C，平行或异面；D，三条直线或相交或平行.
【详解】对A，若，，则与平行或，故A错误；
对B，若，，，则由线面垂直的判定定理可得，故B正确；
对C，若，，，则平行或异面，故C错误；
对D，若，，，则三条直线或相交或平行，故D错误.
故选：B.
5. 已知，，，则，，的大小关系为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】结合对数、指数函数的单调性和对数运算即可.
【详解】解：∵，且，∴，
∵，∴，
∵，∴，
∴，
故选：D.
6. 函数的图象大致为（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用诱导公式化简得，由此可得为奇函数，故排除C，D；再判断函数在时的正负情况即可得答案.
【详解】由，易知为奇函数，故排除C，D；
当时，，故只有A满足，排除B.
故选：A.
7. 关于函数的四个结论：
①最大值为；②把函数的图象向右平移个单位后可得到函数的图象；③单调递增区间为，；④图象的对称中心为，.其中正确的结论有( )
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【答案】B
【解析】
【分析】把化为的形式，然后根据三角函数的性质逐个判断即可.
【详解】因为.对于①，最大值为，故①错误；对于②，把函数的图象向右平移个单位后可得到函数的图象，故②错误； 对于③，令，所以的单调递增区间为[]即为[]，，故③正确；对于④，令，所以图象的对称中心为()，，故④正确，所以正确的有2个.
故选：B.
8. 如图甲是一水晶饰品，其对应的几何体叫星形八面体，也叫八角星体，是一种二复合四面体，它是由两个有共同中心的正四面体交叉组合而成且所有面都是全等的小正三角形，如图乙所示．若一星形八面体中两个正四面体的棱长均为2，则该星形八面体体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据已知条件及正四面体的体积公式即可求解.
【详解】由题意可知星行八面体体积为一个棱长为的大正四面体与四个棱长为的小正四面体的体积之和，
故该星形八面体体积为.
故选：A.
9. 已知双曲线的左，右焦点分别为，过的直线与双曲线分别在第一、二象限交于两点，内切圆的半径为，若，，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由双曲线定义结合已知得，进一步由余弦定理列方程，结合离心率公式即可求解.
【详解】不妨设内切圆与三边切点分别为P，Q，R，所以，
点A在双曲线上，
，
又，
，，
点B在双曲线上，
，
，
，
设内切圆圆心为I，连接，如图所示，
，
，
即，
为等边三角形，，
在由余弦定理得：，
即：，
.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：关键是得到，由此即可顺利得解.
第II卷
注意事项：
1.用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上.
2.本卷共11小题，共105分.
二.填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.试题中包含两个空的，答对1个的给3分，全部答对的给5分.
10. 已知是虚数单位，化简的结果为___________．
【答案】##
【解析】
【分析】由复数的除法运算计算．
【详解】，
故答案为：
11. 在的展开式中，的系数为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据二项式定理展开式的通项公式即可求解.
【详解】的二项展开式为，
令，解得，故所求即为．
故答案为：.
12. 盒子里装有同样大小的4个白球和3个黑球，甲先从中取2球（不放回），之后乙再从盒子中取1个球.（1）则甲所取的2个球为同色球的概率为____________；（2）设事件为“甲所取的2个球为同色球”，事件为“乙所取的球与甲所取的球不同色”，则在事件发生的条件下，求事件发生的概率____________.
【答案】 ①. ； ②. .
【解析】
【分析】（1）利用超几何分布求概率即可；
（2）利用条件概公式求解即可.
【详解】解：（1）设事件A为“甲所取的2个球为同色球”
所以.
（2），.
故答案为：；.
13. 如图，在边长为1的正方形中，P是对角线上一点，且，则__________，若点M为线段（含端点）上的动点，则的最小值为__________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】建立平面直角坐标系，求得正方形各顶点坐标，利用向量的坐标运算求得，可得的坐标，根据数量积的坐标运算，求得；设，表示出，可得坐标，继而求得的表达式，结合二次函数性质求得的最小值.
【详解】如图，以A为原点，所在直线为x轴，所在直线为y轴建立平面直角坐标系，
则，
∴，
∵P是对角线上一点，且，可得，
∴，，
∴；
因为点M为线段（含端点）上的动点，则设,
故，
所以，，
故，
由于，所以时，取到最小值，
即的最小值为，
故答案为：；
14. 已知圆，为圆的动弦，且满足，为弦的中点，两动点在直线上，且，运动时，恒成立，则线段中点的横坐标取值范围是________．
【答案】
【解析】
【分析】由题得出，设的中点，由恒成立，可得以为圆心，2为半径的圆与外离，列出不等式求解即可．
【详解】由题意，圆的圆心为，半径，
因为，为弦中点，所以，
所以点在以为圆心，2为半径的圆上，
又由两动点在直线上，且，设的中点，
则在以为圆心，半径为的圆上，
因为当在圆上运动时，恒成立，
所以以为圆心，2为半径的圆与外离，则，即，解得或，
所以线段中点的横坐标的取值范围是，
故答案为：．
15. 已知函数 ，若函数有三个零点，则实数的取值范围是___________.
【答案】
【解析】
【分析】数形结合，分析与的交点个数为3时实数的取值范围即可.
【详解】由题意，函数有三个零点即有三个解，即与的交点个数为3.
作出与的图象，易得当时不成立，故.
当时与必有一个交点，则当有2个交点.
当时，因为恒过定点，此时与或有2个交点.
①当与有2个交点时，考虑临界条件，当与相切时，.
设切点，则，解得，此时切点，；
又最高点为，故此时.
故.
②当与有2个交点时，考虑临界条件，当与相切时，，即，此时，即，解得，由图可得，故.
此时
综上
故答案为：.
三.解答题：本大题共5小题，共75分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
16. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，．
（1）求的值；
（2）若，
（i）求a的值；
（ii）求的值．
【答案】（1）
（2）（i）；（ii）
【解析】
【分析】（1）利用同角基本关系式与正弦定理的边角变换即可得解；
（2）（i）利用余弦定理运算即可得解；（ⅱ）根据三角恒等变换运算即可得解.
【小问1详解】
由，且C是三角形的内角，则，
因为，由正弦定理得，
所以.
【小问2详解】
（i）因为，所以，又，
由余弦定理得，
即，解得或（舍去），
所以；
（ⅱ）由（1）知，由知A为锐角，得，
所以，
，
所以.
17. 如图所示的几何体中，四边形为矩形，平面，，，，点为棱的中点.

（1）求证：平面；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值；
（3）求点到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析；
（2）；
（3）.
【解析】
【分析】（1）连接BD，交AC于点O，由中位线定理和线面平行判定定理即可证明结果.
（2）建立空间直角坐标系，写出坐标，求得平面与平面的法向量，利用空间向量法即可求出结果.
（3）由（2）中信息，利用空间向量求出点到平面的距离.
【小问1详解】
连接BD，交AC于点O，由P，O分别为DF和DB的中点，得，
而平面APC，平面APC，所以平面APC.
【小问2详解】
由直线平面ABCD，平面ABCD，得，
由矩形ABCD，得，以A为原点，直线分别为轴，建立空间直角坐标系，

则，
，
设平面BCF的法向量，则，令，得，
设平面APC的法向量为，则，令，得，
所以平面ACP与平面BCF的夹角的余弦值为.
【小问3详解】
由（2）知，平面APC的法向量，而，
所以点F到平面ACP的距离.
18. 已知椭圆的离心率为，
（1）若原点到直线的距离为，求椭圆的方程；
（2）设过椭圆的右焦点且倾斜角为的直线和椭圆交于、两点，
①当时，求的值；
②对于椭圆上任一点，若，求实数、满足的关系式.
【答案】（1）
（2）①；②
【解析】
【分析】（1）由条件列式解得、、后求解，
（2）①依题意可得椭圆方程为，直线的方程为，设，，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，利用弦长公式求出；②由向量的坐标运算得坐标后代入椭圆方程求解.
【小问1详解】
由题意得，，而，
解得、、，故椭圆方程为，
【小问2详解】
①因为，，，故，
所以，，
故椭圆的方程可化为，
易知右焦点为，据题意有，
由，消去整理得，
设，，显然，所以，，
所以，.
②显然与可作为平面向量的一组基底，由平面向量基本定理，
对于这一平面内的向量，有且只有一对实数，，使得等成立．
设，，，，
所以，
又，在椭圆上，故有，，
点在椭圆上，所以，
所以，
即，
即，
所以．
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为x1,y1、x2,y2；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；
（5）代入韦达定理求解.
19. 设数列的前项和为，若对任意的，都有（为非零常数），则称数列为“和等比数列”，其中为和公比.若bn是首项为1，公差不为0的等差数列，且bn是“和等比数列”，令，数列的前项和为.
（1）求bn的和公比；
（2）求；
（3）若不等式对任意的恒成立，求的取值范围.
【答案】（1）4 （2）
（3）
【解析】
【分析】（1） 设等差数列的公差为，前项和为，由是“和等比数列”，所以，化简可得的值；
（2）由（1）可知，由错位相减得出；
（3）设，计算得，再分为奇数和偶数两种情况求解可得的取值范围.
【小问1详解】
设等差数列的公差为，前项和为，
则，
所以.
因为“和等比数列”，
所以，即，对任意的都成立，
所以，解得，
所以的和公比为
【小问2详解】
可知，则，
所以，
所以，
所以，
即，所以.
【小问3详解】
设，
.
不等式对任意的恒成立，
即不等式对任意的恒成立.
当为奇数时，，则；
当为偶数时，，则.
综上，的取值范围是
20 已知函数．
（1）求函数的极值；
（2）证明：对任意的，有；
（3）若，证明：．
【答案】（1）；
（2）证明见解析； （3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）先求出导函数，再令根据导函数的单调性得出极值.
（2）先构造函数，再求导得出函数单调性，得出函数最小值，得出，同乘即可得出证明不等式；
（3）先构造函数，应用单调性可得，再分，三种情况分别证明即可.
【小问1详解】
因为，
令，
又因为单调递减；单调递增；
所以的极小值为，无极大值.
小问2详解】
令，
可得，令，
单调递增，，
单调递减；
单调递增；
所以，
所以，
所以，即得，
所以
【小问3详解】
对任意的，令，
所以
令
单调递增，，
单调递减，
所以设，则即
可得，
当单调递增，所以，可得
所以，
当单调递减，所以，可得
所以，
当
因为单调递增，所以，可得可得，
因为单调递减，所以，可得可得，
所以，
所以.
【点睛】方法点睛：先构造函数，根据导函数得出函数单调性，应用单调性可得，再把分为，三种情况分别证明即可.